a) Phân tích đa thức \(P(x,y) = 4{x^3} - 3x{y^2} + {y^3}\) thành nhân tử. Từ đó chứng minh \(4{x^2} + {y^3} \ge 3x{y^2}\) với mọi số thực \(x;y\) thỏa mãn \(x + y \ge 0\).

b) Cho các số thực \({x_1};{x_2}; \ldots ,{x_{21}}\) thỏa mãn \({x_1};{x_2}; \ldots :{x_{21}} \ge  - 2\) và \(x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 +  \ldots  + x_{21}^3 = 12\). Chứng minh \({x_1} + {x_2} +  \ldots  + {x_{21}} \le 18\).

a)\(a - b + 4c = 0 \Leftrightarrow b = a + 4c\)

\(\begin{array}{l}{\Delta _1} = {\Delta _2} = {b^2} - 4ac = {\left( {a + 4c} \right)^2} - 4ac\\ = {a^2} + 4ac + 16{c^2} = {\left( {a + 2c} \right)^2} + 12{c^2}\end{array}\)

\( \Rightarrow {\Delta _1} > 0,{\Delta _2} > 0\)

Suy ra các phương trình \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) đều có hai nghiệm phân biệt.

Theo định lý Vi-ét ta có:

\({S_1} = \frac{b}{a},{S_2} = \frac{b}{c},{P_1} = \frac{c}{a},{P_2} = \frac{a}{c}\)

Vì \(a,b,c\)là các số thực dương nên\({S_1},{S_2},{P_1},{P_2}\) đều lớn hơn 0.

Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1} > 0\\{S_1} > 0\\{P_1} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.

\(\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _2} > 0\\{S_2} > 0\\{P_2} > 0\end{array} \right. \Rightarrow \) Phương trình \(\left( 2 \right)\) có hai nghiệm dương phân biệt.

a)\(\begin{array}{l}T = \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 + \sqrt {2 + \sqrt 3 } }} + \frac{{\sqrt 2 \left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{2\sqrt 2 - \sqrt {2 - \sqrt 3 } }}\\ = \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 + \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } }} + \frac{{2\left( {1 + \sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }}} \right)}}{{4 - \sqrt {4 - 2\sqrt 3 } }}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt {4 + 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 + 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 + 1\\\sqrt {4 - 2\sqrt 3 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}^2}} = \sqrt 3 - 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\sqrt[3]{{10 + 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 + \sqrt 3 \\\sqrt[3]{{10 - 6\sqrt 3 }} = \sqrt[3]{{{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^3}}} = 1 - \sqrt 3 \end{array}\)

Suy ra

\(\begin{array}{l}T = \frac{{2\left( {1 + 1 + \sqrt 3 } \right)}}{{4 + \sqrt 3 + 1}} + \frac{{2\left( {1 + 1 - \sqrt 3 } \right)}}{{4 - \sqrt 3 + 1}}\\ = \frac{{4 + 2\sqrt 3 }}{{5 + \sqrt 3 }} + \frac{{4 - 2\sqrt 3 }}{{5 - \sqrt 3 }}\\ = \frac{{\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}} + \frac{{\left( {4 - 2\sqrt 3 } \right)\left( {5 + \sqrt 3 } \right)}}{{\left( {5 + \sqrt 3 } \right)\left( {5 - \sqrt 3 } \right)}}\\ = \frac{{14 + 6\sqrt 3 }}{{22}} + \frac{{14 - 6\sqrt 3 }}{{22}}\\ = \frac{{28}}{{22}} = \frac{{14}}{{11}}\end{array}\)

Vậy \(T = \frac{{14}}{{11}}\)

b)\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{n^2} + {n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2} + {{\left( {n + 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^2}\left( {{n^2} + 2n + 1} \right) + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^2} + {n^4} + 2{n^3} + {n^2} + {n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{n^4} + 2{n^3} + 3{n^2} + 2n + 1} \\ = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} \end{array}\)

Vì \(n\)dương nên \({n^2} + n + 1 > 0\)

Do đó \(A = \sqrt {{{\left( {{n^2} + n + 1} \right)}^2}} = {n^2} + n + 1\).

Vì \(n\) nguyên dương nên \(A = {n^2} + n + 1\) cũng là số nguyên dương.

Vì \(n\) nguyên dương, ta có:

\(\begin{array}{l}A = {n^2} + n + 1 > {n^2}\\A = {n^2} + n + 1 < {n^2} + 2n + 1 = {\left( {n + 1} \right)^2}\end{array}\)

\( \Rightarrow {n^2} < A < {\left( {n + 1} \right)^2}\)

Suy ra \(A\) không là một số chính phương.